適用于新高考新教材備戰(zhàn)2025屆高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)課時規(guī)范練53空間直線平面的垂直新人教A版

課時規(guī)范練53空間直線、平面的垂直基礎(chǔ)鞏固練1.(2024·陜西咸陽模擬)已知m,n是兩條不同的直線,α,β是兩個不同的平面,有以下四個命題:①若m∥n,n?α,則m∥α②若m?α,m⊥β,則α⊥β③若m⊥α,m⊥β,則α∥β④若α⊥β,m?α,n?β,則m⊥n其中正確的命題是()A.②③ B.②④ C.①③ D.①②2.(2024·遼寧遼陽模擬)在四面體ABCD中,△BCD為正三角形,AB與平面BCD不垂直,則下列說法正確的是()A.AB與CD可能垂直B.A在平面BCD內(nèi)的射影可能是BC.AB與CD不可能垂直D.平面ABC與平面BCD不可能垂直3.(2024·上海閔行模擬)如圖,對于直四棱柱ABCD-A1B1C1D1,要使A1C⊥B1D1,則在四邊形ABCD中,滿足的條件可以是.(只需寫出一個正確的條件)

4.如圖,在四棱錐P-ABCD中,AB∥CD,AB⊥AD,CD=2AB,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥AD,E和F分別是CD和PC的中點.求證:(1)PA⊥平面ABCD;(2)平面BEF⊥平面PCD.5.(2024·江西九江模擬)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥BC,D為CC1的中點,BB1=2BC.(1)證明:平面AB1C⊥平面ABD;(2)若AB=BD=3,求三棱錐B1-ABD的體積.綜合提升練6.(多選題)(2024·廣東珠海高三檢測)如圖,在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中,P為棱CC1上異于端點的動點,Q為棱AA1的中點,直線m為平面PBD與平面PB1D1的交線.下列結(jié)論中正確的是()A.m⊥PQB.m∥平面B1D1QC.m⊥平面A1ABB1D.四棱錐P-B1BDD1的體積為定值7.(2022·全國甲,文19)小明同學(xué)參加綜合實踐活動,設(shè)計了一個封閉的包裝盒.包裝盒如圖所示,底面ABCD是邊長為8(單位:cm)的正方形,△EAB,△FBC,△GCD,△HDA均為正三角形,且它們所在的平面都與平面ABCD垂直.(1)證明:EF∥平面ABCD;(2)求該包裝盒的容積(不計包裝盒材料的厚度).創(chuàng)新應(yīng)用練8.(2022·全國乙,文18)如圖,四面體ABCD中,AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC,E為AC的中點.(1)證明:平面BED⊥平面ACD;(2)設(shè)AB=BD=2,∠ACB=60°,點F在BD上,當(dāng)△AFC的面積最小時,求三棱錐F-ABC的體積.

課時規(guī)范練53空間直線、平面的垂直1.A解析若m∥n,n?α,則m∥α或m?α,命題①錯誤;由面面垂直的判定定理可知,命題②正確;垂直于同一條直線的兩個平面互相平行,命題③正確;若α⊥β,m?α,n?β,則m,n可能相交,可能平行,可能異面,不一定互相垂直,命題④錯誤.2.A解析當(dāng)四面體ABCD為正四面體時,如圖所示,點A在平面BCD上的射影為點O,即OA⊥平面BCD.由于CD?平面BCD,所以O(shè)A⊥CD.延長BO交CD于點F,則CD⊥BF.由于AO∩BF=O,AO,BF?平面ABO,所以CD⊥平面ABO.由于AB?平面ABO,所以AB⊥CD.所以A正確,C錯誤.若點A在平面BCD內(nèi)的射影是點B,則AB與平面BCD垂直,與已知矛盾,B錯誤.平面ABC與平面BCD可能垂直,D錯誤.3.A1C1⊥B1D1(只要使得A1C⊥B1D1即可)解析連接A1C1,如圖所示.因為CC1⊥平面A1B1C1D1,B1D1?平面A1B1C1D1,則B1D1⊥CC1.若A1C1⊥B1D1,又A1C1∩CC1=C1,CC1,A1C1?平面A1CC1,所以B1D1⊥平面A1CC1,因為A1C?平面A1CC1,所以A1C⊥B1D1.4.證明(1)∵平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥AD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PA?平面PAD,∴PA⊥平面ABCD.(2)∵AB∥CD,CD=2AB,E為CD的中點,∴AB∥DE,AB=DE,∴四邊形ABED為平行四邊形.∵AB⊥AD,∴四邊形ABED為矩形,∴BE⊥CD,AD⊥CD.∵PA⊥平面ABCD,CD?平面ABCD,∴PA⊥CD.又PA,AD?平面PAD,且PA∩AD=A,∴CD⊥平面PAD.∵PD?平面PAD,∴CD⊥PD.∵E和F分別是CD和PC的中點,∴PD∥EF,∴CD⊥EF.又CD⊥BE,EF∩BE=E,EF,BE?平面BEF,∴CD⊥平面BEF.∵CD?平面PCD,∴平面BEF⊥平面PCD.5.(1)證明∵ABC-A1B1C1為直三棱柱,∴AB⊥BB1.又AB⊥BC,BC∩BB1=B,BC,BB1?平面BB1C1C,∴AB⊥平面BB1C1C.∵B1C?平面BB1C1C,∴B1C⊥AB.設(shè)BC=t,則BB1=2t,tan∠BB1C=22,CD=12CC1=2t2,tan∠CBD=CDBC=2∵∠BB1C+∠B1CB=90°,∴∠CBD+∠B1CB=90°,故B1C⊥BD.∵B1C⊥AB,B1C⊥BD,AB?平面ABD,BD?平面ABD,且AB∩BD=B,知B1C⊥平面ABD.又B1C?平面AB1C,∴平面AB1C⊥平面ABD.(2)解由BC2+CD2=BD2,得t2+t22=3,解得∴△BB1D的面積S△BB1由(1)知AB⊥平面BB1C1C,∴三棱錐A-BB1D的體積VA-BB1D=13S6.ABD解析在正方體ABCD-A1B1C1D1中,因為四邊形BB1D1D為矩形,所以BD∥B1D1,又BD?平面PBD,B1D1?平面PBD,所以B1D1∥平面PBD,又B1D1?平面PB1D1,且平面PBD與平面PB1D1=m,所以m∥B1D1∥BD.對于A,因為四邊形ABCD為正方形,則AC⊥BD,又AA1⊥平面ABCD,BD?平面ABCD,則BD⊥AA1,因為AC∩AA1=A,AC,AA1?平面AA1C1C,所以BD⊥平面AA1C1C,又m∥BD,所以m⊥平面AA1C1C,又PQ?平面AA1C1C,所以m⊥PQ,A正確;對于B,因為m∥B1D1,m?平面B1D1Q,B1D1?平面B1D1Q,所以m∥平面B1D1Q,B正確;對于C,假設(shè)m⊥平面A1ABB1,即B1D1⊥平面A1ABB1,與正方體的性質(zhì)矛盾,C錯誤;對于D,因為CC1∥BB1,又BB1?平面B1BDD1,CC1?平面B1BDD1,所以CC1∥平面B1BDD1,所以點P到平面B1BDD1的距離等于點C到平面B1BDD1的距離,所以VP-B1BDD1=VC7.(1)證明過點E作EE'⊥AB于點E',過點F作FF'⊥BC于點F',連接E'F'.∵底面ABCD是邊長為8的正方形,△EAB,△FBC均為正三角形,且它們所在的平面都與平面ABCD垂直,∴EE'⊥平面ABCD,FF'⊥平面ABCD,且EE'=FF',∴四邊形EE'F'F是平行四邊形,則EF∥E'F'.∵E'F'?平面ABCD,EF?平面ABCD,∴EF∥平面ABCD.(2)解過點G,H分別作GG'⊥CD,HH'⊥DA,交CD,DA于點G',H',連接F'G',G'H',H'E',AC.由(1)及題意可知,G',H'分別為CD,DA的中點,六面體EFGH-E'F'G'H'為長方體,故該包裝盒由一個長方體和四個相等的四棱錐組合而成.∵底面ABCD是邊長為8的正方形,∴AC=82+82E'F'=H'E'=12AC=42EE'=AEsin60°=43(cm),∴該包裝盒的容積為V=VEFGH-E'F'G'H'+4VA-EE'H'H=E'F'×E'H'×EE'+4×13×S四邊形EE'H'H×14AC=42×42×43+4×13×8.(1)證明∵AD=CD,∠ADB=∠BDC,BD=BD,∴△ABD≌△CBD.∴AB=BC.又E為AC的中點,∴BE⊥AC.∵AD=CD,且E為AC的中點,∴DE⊥AC.又DE∩BE=E,∴AC⊥平面BED.∵AC?平面ACD,∴平面BED⊥平面ACD.(2)解∵AB=BC=2,∠ACB=60°,∴△ABC為等邊三角形.∴AC=2,BE=3∵AD⊥CD,AD=CD,∴△ACD為等腰直角三角形,∴DE=1.又BD=2,∴BE2+DE2=BD2